可爱的题目大意
有个长度为 \(n\) 的序列 \(a\)，你需要统计 \(b\) 中有多少个棒棒的子序列。
一个序列 \(b\) 被定义为棒棒的，当且仅当：\(\forall i \in[1, k], i | b_{i}\)。
答案对 \(10^9+7\) 取模。
\(Solution\)
卡常计数好题
因为这是dp专题里面的题，我们令 \(f_{i,j}\) 表示使用 \(a\) 中的前 \(i\) 个数字，组成了长度为 \(j\) 的子序列的方案数
那么显然有 \(f_{i,j}=f_{i-1,j}+f_{i-1,j-1} \times [j \, | \, a_i]\)
然后这样子是\(n^2\)的，显然\(TLE\)，考虑优化时间复杂度
因为式子里面有这样一个东西：\([j \, | \, a_i]\)，所以我们按套路枚举\(a_i\)的质因子\(j\)，则:
\(f_{i,j}=\sum{f_{i,j-1}}\)，其中\(j\)是\(a_i\)的质因子
然后我们发现这其实是一个\(01\)背包的形式，于是考虑先找出\(a_i\)的所有质因子，从小到大排序后倒序\(dp\)，这样可以滚动省掉一维空间
FBI Warning： 接下来是一个蒟蒻的错误，也许只有我一个人犯了，如果您不想在这上面浪费时间，可直接看到代码部分
一开始在\(gdfzoj\)上只有\(60pts\)，在\(Codeforces\)上在第八个点\(T\)了，然后开始卡常
接下来先是把数组下标范围改了改，使\(memset\)的时间缩小\(10\)倍，再加上各种卡常套路，在\(Codeforces\)上过了，然鹅还是没有过\(gdfzoj\)上\(1000ms\)的毒瘤时限
最后发现其实那个\(memset\)是可以省掉的，因为后来的值会覆盖原来的
于是，血的教训：\(memset\)可能会增加时间复杂度的数量级（其实是只有我一个人才不知道吧。）
\(Code：\)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace my_std
{
typedef long long ll;
typedef double db;
#define pf printf
#define pc putchar
#define fr(i,x,y) for(register ll i=(x);i<=(y);++i)
#define pfr(i,x,y) for(register ll i=(x);i>=(y);--i)
#define go(x) for(ll i=head[u];i;i=e[i].nxt)
#define mem0(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define meminf(a) memset(a,127,sizeof(a))
#define enter pc('\n')
#define space pc(' ')
#define fir first
#define sec second
#define MP make_pair
const ll inf=0x3f3f3f3f;
const ll inff=1e15;
inline ll read()
{
ll sum=0,f=1;
char ch=0;
while(!isdigit(ch))
{
if(ch=='-') f=-1;
ch=getchar();
}
while(isdigit(ch))
{
sum=sum*10+(ch^48);
ch=getchar();
}
return sum*f;
}
inline void write(ll x)
{
if(x<0)
{
x=-x;
pc('-');
}
if(x>9) write(x/10);
pc(x%10+'0');
}
inline void writeln(ll x)
{
write(x);
enter;
}
inline void writesp(ll x)
{
write(x);
space;
}
}
using namespace my_std;
const unsigned long long N=1e5+50;
const unsigned long long mod=1e9+7;
ll n,a[N],d[N],f[N*10],dcnt,ans;
inline bool cmp(ll a,ll b){return a>b;}
int main(void)
{
n=read();
fr(i,1,n) a[i]=read();
f[0]=1;
fr(i,1,n)
{
dcnt=0;
//memset(d,0,sizeof(d));
fr(j,1,sqrt(a[i]))
{
if(a[i]%j!=0) continue;
d[++dcnt]=j;
if(j*j!=a[i]) d[++dcnt]=a[i]/j;
}
sort(d+1,d+dcnt+1,cmp);
fr(j,1,dcnt) f[d[j]]=(f[d[j]]+f[d[j]-1])%mod;
}
fr(i,1,n) ans=(ans+f[i])%mod;
writeln(ans);
return 0;
}